¿Por qué el submódulo de trazas de $FS_n$ el único $1$ -¿submódulo dimensional?

Question

Supongamos que $V$ es un $n$ -espacio vectorial sobre un campo $F$ con base $e_1,\dots,e_n$ . Entonces $S_n$ actúa sobre $V$ por la acción $\sigma\cdot e_i=e_{\sigma(i)}$ y $V$ es un $FS_n$ -módulo, donde $FS_n$ es el anillo de grupo sobre $F$ .

El conjunto de $F$ -múltiplos del vector $e_1+\cdots+e_n$ es $S_n$ invariante, por lo que a $1$ -dimensional $FS_n$ -submódulo de $V$ . Si $n\geq 3$ ¿Por qué es éste el único $1$ -submódulo dimensional de $V$ ? Esto se menciona en el ejemplo 10 de la página 846 de Dummit y Foote.

Sé que si $v\in V$ está fijado por todos $\sigma\in S_n$ entonces $v$ es múltiplo de $e_1+\cdots+e_n$ . Tomo $M=\langle v\rangle$ sea arbitraria $1$ -dimensional $FS_n$ -submódulo. Sé que esto significa $M$ es $S_n$ -estable, por lo que para $cv\in M$ , $\sigma\cdot cv=c\sigma\cdot v=cdv$ para algunos $d$ ya que $\sigma\cdot v\in M$ .

Si $d=1$ se deduce que cada elemento de $M$ se fija por la acción de $S_n$ por tanto contenido en el submódulo traza, por tanto igual a él por dimensión. Supongo que bastaría con mostrar el generador $v$ se fija por la acción de $S_n$ pero no veo cómo.

Answer 1

Podemos argumentar lo siguiente.

Sea $n\geq 3$ y $V$ ser un $FS_n$ -sobre un campo $F$ con $\dim V = n$ y base $\mathcal B = \{e_1,\ldots,e_n\},$ tal y como se describe en la pregunta.

Supongamos que $0\neq a\in V$ abarca un $1$ -dimensional $FS_n$ -submódulo de $V,$ es decir $\dim FS_na = 1.$

Para cualquier $f\in V,$ denotémoslo por $f_j$ el coeficiente de $e_j$ al expresar $f$ con respecto a la base $\mathcal B,$ es decir $$ f = f_1e_1 + \cdots f_ne_n. $$ Obsérvese que, para cualquier $\lambda\in F,$ tenemos por linealidad $$ (\lambda f)_j = \lambda (f_j). $$ Elige dos números diferentes $r,s\in\{1,\ldots,n\}$ y considerar la transposición $(r,s) \in S_n.$ Por favor, compruebe los siguientes hechos.

$$ \begin{align} (i) & \qquad((r,s)a)_j = a_j\ for\ r\neq j\neq s. &\\ (ii) & \qquad((r,s)a)_r = a_s. &\\ (iii)& \qquad((r,s)a)_s = a_r. &\\ \end{align} $$ Además, puesto que $\dim FS_na = 1,$ debemos tener $$ (iv)\qquad(r,s)a = \lambda_{r,s} a\ for\ some\ \lambda_{r,s}\in F. $$ Desde $(r,s)$ es invertible y $a\neq 0,$ debemos tener $$ (v)\qquad(r,s)a\neq 0,\ and\ thus\ \lambda_{r,s}\neq 0. $$ Las consideraciones anteriores son válidas para cualquier par $r,s$ de diferentes índices.

Además, puesto que $a\neq 0,$ existe un índice $t$ tal que $$ (vi)\qquad a_t\neq 0. $$ Ahora elegimos un índice $u\neq t$ y concluir, utilizando (iii), (iv), (v), y (vi) $$ 0\neq a_t = ((t,u)a)_u = (\lambda_{t,u}a)_u = \lambda_{t,u}(a_u). $$ Esto implica $a_u\neq 0.$ Desde $u\neq t$ era arbitraria, hemos demostrado que $$ (vii)\qquad a_j\neq 0\ for\ every\ index\ j. $$ A continuación, elegimos los índices $x,y$ con $x\neq y$ y $x\neq t\neq y.$ Utilizando (iii) y (iv), concluimos $$ a_x = ((x,y)a)_y = (\lambda_{x,y}a)_y = \lambda_{x,y} (a_y). $$ Pero a partir de (i), obtenemos $$ a_t = ((x,y)a)_t = (\lambda_{x,y}a)_t = \lambda_{x,y} (a_t). $$ Desde $a_t\neq 0,$ esto implica $\lambda_{x,y} = 1,$ y así $$ a_x = a_y. $$ Dado que las únicas condiciones sobre $x$ y $y$ son $x\neq y$ y $x\neq t\neq y,$ hemos demostrado lo siguiente. $$ (viii)\qquad If\ a_t\neq 0,\ then\ for\ x\neq t\neq y: a_x=a_y. $$ Utilizando (vii), podemos aplicar (viii) con $t = 1$ y $t=2,$ y obtener lo siguiente. $$ (ix)\qquad For\ x\neq 1\neq y: a_x = a_y. $$ $$ (x)\qquad For\ x\neq 2\neq y: a_x = a_y. $$ Ahora utilizamos $n\geq 3,$ lo que significa que podemos (y consideraremos) el índice $3.$ De (x), concluimos $$ a_1 = a_3. $$ De (ix), concluimos $$ a_2 = a_3. $$ De (ix) o (x), concluimos $$ \forall j\in \{4,\ldots n\}: a_j = a_3. $$ En definitiva, hemos demostrado que los coeficientes $a_j$ son constantes, independientes de $j.$ Eso es exactamente lo que queríamos.